Ricevo da Adriano la seguente domanda:
Caro professore, non riesco a risolvere i limiti numero 102 e 107 di pagina u164 del manuale blu di matematica modulo U, me li potrebbe spiegare? Inoltre se ho la funzione
\[f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{x+1}\;\;\;\;x<0 \\ e^{-x}-1\;\;\;\;\;\;\;\;\;x\geq 0 \end{array} \right.\]
come verifico l’esistenza dei due asintoti orizzontali mediante la definizione del limite? (num.12 pag.111u).
Grazie
Gli rispondo così:
Caro Adriano,
il primo limite si calcola direttamente, ricordando che un logaritmo di base minore di 1 è una funzione monotona decrescente che tende a \(-\infty\) per \(x\) che tende a \(+\infty\):
\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{\log }_{\frac{1}{3}}}x-x{{e}^{x}} \right)=-\infty -\infty \cdot \left( +\infty \right)=-\infty -\infty =-\infty \quad .\]
Il secondo esercizio comporta il calcolo di due limiti unilaterali distinti:
\[\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{\cos x}}}\quad \quad \underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{\cos x}}}\]
Tenendo conto che, come si può capire da un esame della circonferenza goniometrica,
\[\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\cos x={{0}^{-}}\quad \quad \underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\cos x={{0}^{+}}\]
si ha:
\[\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{\cos x}}}={{e}^{-\infty }}=0\quad \quad \underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{\cos x}}}={{e}^{+\infty }}=+\infty \quad .\]
Per quanto riguarda i limiti a \(\pm\infty\) della funzione \(f(x)\), si può verificare che:
\[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,1/\left( x +1\right)=0\quad \quad \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{-x}}-1=-1\]
cioè le rette \(y=0\) e \(y=-1\) sono asintoti orizzontali per il grafico di \(f(x)\) a \(-\infty\) e \(+\infty\) rispettivamente.
Nel primo caso, infatti, si ha che, per ogni \(\varepsilon >0\)
\[\left| \frac{1}{x+1} \right|<\varepsilon \to -\varepsilon <\frac{1}{x+1}<\varepsilon \to \frac{1-\varepsilon x-\varepsilon }{x+1}<0\wedge \frac{1+\varepsilon x+\varepsilon }{x+1}>0\to \]
\[\to \frac{1-\varepsilon x-\varepsilon }{x+1}<0\wedge \frac{1+\varepsilon x+\varepsilon }{x+1}>0\to \left\{ x<-1\vee x>\frac{1-\varepsilon }{\varepsilon } \right\}\cap \left\{ x<-\frac{1+\varepsilon }{\varepsilon }\vee x>-1 \right\}\to \]
\[\to \left\{ x<-\frac{1+\varepsilon }{\varepsilon } \right\}\cap \left\{ x>\frac{1-\varepsilon }{\varepsilon } \right\}\]
quindi la disequazione è soddisfatta in particolare per \(x<-\frac{1+\varepsilon }{\varepsilon }\), cioè un intorno di \(-\infty\), come volevasi dimostrare.
Nel secondo caso si ha che, per ogni \(\varepsilon >0\)
\[\left| {{e}^{-x}}-1+1 \right|<\varepsilon \to {{e}^{-x}}<\varepsilon \to -x<\ln \varepsilon \to x>-\ln \varepsilon \to x>\ln \frac{1}{\varepsilon }\]
quindi la disequazione è soddisfatta in un intorno di \(+\infty\), come volevasi dimostrare.
Massimo Bergamini